大学物理(第四版)课后习题及答案-波动
第十四章波动
14-1 一横波再沿绳子传播时得波动方程为[]x m t s m y )()5.2(cos )20.0(11---=ππ。（1）求波得振幅、波速、频率及波长；（2）求绳上质点振动时得最大速度；（3）分别画出t=1s 和t=2s 时得波形，并指出波峰和波谷。画出x=1.0m 处质点得振动曲线并讨论其与波形图得不同。
14-1 ()[]x m t s m y )(5.2cos )20.0(11---=ππ
分析（1）已知波动方程（又称波函数）求波动的特征量（波速u 、频率ν、振幅A 及彼长 等），通常采用比较法。将已知的波动方程按波动方程的一般形式
??
????+??? ??=0cos ?ωu x t A y μ书写，然后通过比较确定各特征量（式中前“－”、“＋”的选取分别对应波沿x 轴正向和负向传播）。比较法思路清晰、求解简便，是一种常用的解题方法。
（2）讨论波动问题，要理解振动物理量与波动物理量之间的内在联系与区别。例如区分质点的振动速度与波速的不同，振动速度是质点的运动速度，即dt dy v =；而波速是波线上质点运动状态的传播速度（也称相位的传播速度、波形的传播速度或能量的传播速度），其大小由介质的性质决定。介质不变，彼速保持恒定。（3）将不同时刻的t 值代人已知波动方程，便可以得到不同时刻的波形方程)(x y y =，从而作出波形图。而将确定的x 值代入波动方程，便可以得到该位置处质点的运动方程)(t y y =，从而作出振动图。
解（1）将已知波动方程表示为
()()[]
115.25.2cos )20.0(--?-=s m x t s m y π 与一般表达式()[]0cos ?ω+-=u x t A y 比较，可得
0,5.2,20.001=?==-?s m u m A
则 m v u Hz v 0.2,25.12====λπω
（2）绳上质点的振动速度
()()()[]
1115.25.2sin 5.0---?-?-==s m x t s s m dt dy v ππ 则1max 57.1-?=s m v
（3） t=1s 和 t ＝2s 时的波形方程分别为
()[]x m m y 115.2cos )20.0(--=ππ
()[]
x m m y 125cos )20.0(--=ππ
波形图如图14－1（a ）所示。
x ＝1.0m 处质点的运动方程为
()
t s m y 15.2cos )20.0(--=π 振动图线如图14－1（b ）所示。
波形图与振动图虽在图形上相似，但却有着本质的区别前者表示某确定时刻波线上所有质点的位移情况，而后者则表示某确定位置的时间变化的情况。
14-2 波源作简谐运动，其运动方程为t s m y )240cos()100.4(13--?=π，它所形成得波形以30m/s 的速度沿一直线传播。（1）求波的周期及波长；（2）写出波的方程。
14-2 t s m y )240cos()100.4(13--?=π
分析 已知彼源运动方程求波动物理量及波动方程，可先将运动方程与其一般形式()0cos ?ω+=t A y 进行比较，求出振幅地角频率ω及初相0?，而这三个物理量与波动方程的一般形式()[]0cos ?ω+-=u x t A y 中相应的三个物理量是相同的。再利用题中已知的波速U
及公式T /22ππνω==和uT =λ即可求解。
解（1）由已知的运动方程可知，质点振动的角频率1240-=s πω。根据分析中所述，波的周期就是振动的周期，故有
s T 31033.8/2-?==ωπ
波长为
m uT 25.0==λ
(2)将已知的波源运动方程与简谐运动方程的一般形式比较后可得
0240100.4013==?=--?πω，，s m A
故以波源为原点，沿X 轴正向传播的波的波动方程为
()[]]
)8()240cos[()100.4(cos 1130x m t s m u x t A y ----?=+-=ππ?ω
14-3 以知以波动方程为])2()10sin[()05.0(11x m t s m y ---=π。（1）求波长、频率、波速和周期；
（2）说明x=0时方程的意义，并作图表示。
14-3])2()10sin[()05.0(11x m t s m y ---=π
分析采用比较法。将题给的波动方程改写成波动方程的余弦函数形式，比较可得角频率。、
波速U ，从而求出波长、频率等。当x 确定时波动方程即为质点的运动方程)(t y y =。 解（1）将题给的波动方程改写为
]2/)5/)(10sin[()05.0(11πππ-?-=--s m x t s m y 与()[]0cos ?ω+-=u x t A y 比较后可得波速 角频率110-=s πω，故有
m uT s T Hz 14.32.0/10.52/======λνπων，，
（2）由分析知x=0时，方程表示位于坐标原点的质点的运动方程（图13—4）。 ]2/)10cos[()05.0(1ππ-=-t s m y
14-4 波源作简谐振动，周期为0.02s ，若该振动以100m/s 的速度传播，设t=0时，波源处的质点经平衡位置向正方向运动，求：（1）距离波源15.0m 和5.0m 两处质点的运动方程和初相；（2）距离波源16.0m 和17.0m 两处质点的相位差。
14-4
分析（1）根据题意先设法写出波动方程，然后代人确定点处的坐标，即得到质点的运动方程。并可求得振动的初相。（2）波的传播也可以看成是相位的传播。由波长A 的物理含意，可知波线上任两点间的相位差为λπ?/2x ?=?。
解（1）由题给条件 T ＝0.02 s ，u ＝100 m ·s －l ，可得
m uT s T 2100/21====-λππω；
当t ＝0时，波源质点经平衡位置向正方向运动，因而由旋转矢量法可得该质点的初相为）或2/3(2/0ππ?-=。若以波源为坐标原点，则波动方程为
]2/)100/)(100cos[(11ππ-?-=--s m x t s A y
距波源为 x 1=15.0m 和 x 2＝5.0m 处质点的运动方程分别为
]5.15)100cos[(11ππ-=-t s A y
]5.5)100cos[(12ππ-=-t s A y
它们的初相分别为π?π?5.55.152010-=-=和（若波源初相取2/30π?=,则初相
πλπ???=-=-=?/)(21221x x ，
。） （2）距波源 16.0 m 和 17.0 m 两点间的相位差
πλπ???=-=-=?/)(22121x x
14-5 波源作简谐振动，周期为1.0×10-2s ，以它经平衡位置向正方向运动时为时间起点，若此振动以u=400m/s 的速度沿直线传播。求：（1）距离波源8.0m 处质点P 的运动方程和初相；（2）距离波源9.0m 和10.0m 处两点的相位差。
14-5
解分析同上题。在确知角频率1200/2-==s T ππω、波速1400-?=s m u 和初相
）
或2/(2/30ππ?-=的条件下，波动方程 ]2/3)400/)(200cos[(11ππ+?-=--s m x t s A y
位于 x P =8.0 m 处，质点 P 的运动方程为
]2/5)(200cos[(1ππ-=-t s A y p
该质点振动的初相2/50π?-=P 。而距波源9.0 m 和 10.0 m 两点的相位差为
2//)(2/)(21212ππλπ?=-=-=?uT x x x x
如果波源初相取2/0π?-=，则波动方程为
]2/9)(200cos[(1ππ-=-t s A y
质点P 振动的初相也变为2/90π?-=P ，但波线上任两点间的相位差并不改变。
14-6 有一平面简谐波在介质中传播，波速u=100m/s ，波线上右侧距波源O （坐标原点）为75.0m 处的一点P 的运动方程为]2/)2cos[()30.0(1ππ+=-t s m y p 。求（1）波向x 轴正方向传播时的波动方程；（2）波向x 轴负方向传播时的波动方程。
14-6]2/)2cos[()30.0(1ππ+=-t s m y p
分析在已知波线上某点运动方程的条件下，建立波动方程时常采用下面两种方法：（1）先写出以波源O 为原点的波动方程的一般形式，然后利用已知点P 的运动方程来确定该波动方程中各量，从而建立所求波动方程。（2）建立以点P 为原点的波动方程，由它来确定波源点O 的运动方程，从而可得出以波源点O 为原点的波动方程。
解1（1）设以波源为原点O ，沿X 轴正向传播的波动方程为
()[]0cos ?ω+-=u x t A y
将 u ＝100 m ·s －‘代人，且取x 二75 m 得点 P 的运动方程为
()[]075.0cos ?ω+-=s t A y p
与题意中点 P 的运动方程比较可得 A ＝0.30m 、12-=s πω、π?20=。则所求波动方程为
)]100/)(2cos[()30.0(11--?-=s m x t s m y p π
(2)当沿X 轴负向传播时，波动方程为
()[]0cos ?ω++=u x t A y
将 x ＝75 m 、1100-=ms u 代人后，与题给点 P 的运动方程比较得A ＝ 0.30m 、12-=s πω、π?-=0，则所求波动方程为
])100/)(2cos[()30.0(11ππ-?+=--s m x t s m y
解2（1）如图14一6（a ）所示，取点P 为坐标原点O ’，沿O ’x 轴向右的方 向为正方向。根据分析，当波沿该正方向传播时，由点P 的运动方程，可得出以 O ’（即点P ）为原点的波动方程为
]5.0)100/)(2cos[()30.0(11ππ+?-=--s m x t s m y
将 x=-75 m 代入上式，可得点 O 的运动方程为
t s m y O )2cos()30.0(1-=π
由此可写出以点O 为坐标原点的波动方程为
)]100/)(2cos[()30.0(11--?-=s m x t s m y π
（2）当波沿河X 轴负方向传播时。如图14－6（b ）所示，仍先写出以O ’（即点P ）为原点的波动方程
]5.0)100/)(2cos[()30.0(11ππ+?+=--s m x t s m y
将 x=-75 m 代人上式，可得点 O 的运动方程为
])2cos[()30.0(1ππ-=-t s m y O
则以点O 为原点的波动方程为
])100/)(2cos[()30.0(11ππ-?+=--s m x t s m y
讨论对于平面简谐波来说，如果已知波线上一点的运动方程，求另外一点的运动方程，也可用下述方法来处理：波的传播是振动状态的传播，波线上各点（包括原点）都是重复波源质点的振动状态，只是初相位不同而已。在已知某点初相平0的前提下，根据两点间的相位差λπ???/2'00x ?=-=?，即可确定未知点的初相中小
14-7 图14-7为平面简谐波在t=0时的波形图，设此简谐波的频率为250Hz ，且此时图中质点P 的运动方向向上。求：（1）该波的波动方程；（2）在距原点O 为7.5m 处质点的运动方程与t=0时该点的振动速度。
14-7
分析（1）从波形曲线图获取波的特征量，从而写出波动方程是建立波动方程的又一途径。具体步骤为：1.从波形图得出波长'λ、振幅A 和波速λν=u ；2.根据点P 的运动趋势来判断波的传播方向，从而可确定原点处质点的运动趋向，并利用旋转关量法确定其初相
0?。
（2）在波动方程确定后，即可得到波线上距原点O 为X 处的运动方程y ＝y （t ），及该质点的振动速度v ＝dy ／d t 。
解（1）从图 15－ 8中得知，波的振幅 A ＝ 0.10 m ，波长m 0.20=λ，则波速13100.5-??==s m u λν。根据t ＝0时点P 向上运动，可知彼沿Ox 轴负向传播，并判定此时位于原点处的质点将沿Oy 轴负方向运动。利用旋转矢量法可得其初相3/0π?=。故波动方程为
()[]
]3/)5000/)(500cos[()10.0(cos 110ππ?ω+?+==++=--s m x t s m u x t A y
（2）距原点 O 为x=7.5 m 处质点的运动方程为
]12/13)500cos[()10.0(1ππ+=-t s m y
t=0时该点的振动速度为
1106.4012/13sin )50()/(--=?=?-==s m s m dt dy v t ππ
14-8 平面简谐波以波速u=0.5m/s 沿Ox 轴负方向传播，在t=2s 时的波形图如图14-8（a ）所示。求原点的运动方程。
14-8
分析上题已经指出，从波形图中可知振幅A 、波长λ和频率ν。由于图14－8（a ）是t ＝2s 时刻的波形曲线，因此确定 t ＝ 0时原点处质点的初相就成为本题求解的难点。求t ＝0时的初相有多种方法。下面介绍波形平移法、波的传播可以形象地描述为波形的传播。由于波是沿 Ox 轴负向传播的，所以可将 t ＝2 s 时的波形沿Ox 轴正向平移
m s s m uT x 0.12)50.0(1=??==?-，即得到t=0时的波形图14－8（b ）
，再根据此时点O 的状态，用旋转关量法确定其初相位。
解由图 15－ 9（a ）得知彼长m 0.2=λ，振
幅 A ＝ 0.5 m 。角频率15.0/2-==s u πλπω。
按分析中所述，从图15—9（b ）可知t=0
时，原点处的质点位于平衡位置。
并由旋转矢量图14－8（C ）得到2/0π?=，则
所求运动方程为
]5.0)5.0cos[()50.0(1ππ+=-t s m y
14-9 一平面简谐波，波长为12m ，沿Ox 轴负方
向传播，图14-9（a ）所示为x=1.0m 处质点的振动曲线，求此波的波动方程。
14-9
分析该题可利用振动曲线来获取波动的特征量，从而建立波动方程。求解的关键是如何根据图14－9（a ）写出它所对应的运动方程。较简便的方法是旋转矢量法（参见题13－10）。 解 由图14－9（b ）可知质点振动的振幅A ＝0.40 m ，t ＝0时位于 x ＝1.0m 的质点在A
／2处并向Oy 轴正向移动。据此作出相应的旋转矢量图14－9（b ），从图中可知30π?-='。又由图 14－9（a ）可知，t ＝5 s 时，质点第一次回到平衡位置，由图14－9（b ）可看出65πω=t ，因而得角频率16-=s πω。
由上述特征量可写出x ＝l.0m 处质点的运动方程为
]3)6cos[()40.0(1π
π+=-t s m y 采用题14－6中的方法，将波速10.12-?===s m T u πλωλ代人波动方程的一般形式])(cos[0?ω++=u x t A y 中，并与上述x ＝1.0m 处的运动方程作比较，可得20π?-=，则波动方程为
()
??? ??-?+=--20.1)6(cos )40.0(11ππs m x t s m y
14-10 图14-10中（I ）是t=0时的波形图，（II ）是t=0.1s 时的波形图，已知T>0.1s ，写出波动方程的表达式。
14-10
分析 已知波动方程的形式为
])(2cos[0?λπ+-=x T t A y
从如图15—11所示的t ＝0时的波形曲线Ⅰ，可知彼的振幅A 和波长λ，利用旋转矢量法可确定原点处质点的初相0?。因此，确定波的周期就成为了解题的关键。从题给条件来
看，周期T 只能从两个不同时刻的波形曲线之间的联系来得到。为此，可以从下面两个不同的角度来分析。
（l ）由曲线（Ⅰ）可知，在 tzo 时，原点处的质点处在平衡位置且向 Oy 轴负向运动，
而曲线（Ⅱ）则表明，经过0。1s 后，该质点已运动到 Oy 轴上的一A 处。因此，可列方程
s T kT 1.04=+，在一般情形下，k=
0， 1，2，…这就是说，质点在 0。1 s 内，可以经历 k 个周期振动后再回到A 处，故有)25.0()1.0(+=k s T 。（2）从波形的移动来分析。因波沿Ox 轴正方向传播，波形曲线（Ⅱ）可视为曲线（Ⅰ）向右手移了t t u x ?=?=?λ。由图可知，4λλ+=?k x ，故有T t k ?=+λλλ4，同样也得)25.0)1.0(+=k s T 。应当注意，k 的取值由题给条件 T ＞0.1s 所决定。
解 从图中可知波长m 0.2=λ，振幅A ＝0.10 m 。由波形曲线（Ⅰ）得知在t=0时，原点处质点位于平衡位置且向 Oy 轴负向运动，利用旋转矢量法可得2/0π?=。根据上面的分析，周期为
???=+=,2,1,0,)25.0()1.0(k k s T
由题意知 T ＞0.1s ，故上式成立的条件为，可得 T ＝0.4s 。这样，波动方程
可写成
()()ππ5.00.24.02cos )10.0(+-=m x s t m y
14-11 平面简谐波的波动方程为])2()4cos[()08.0(11x m t s m y ---=ππ。求（1）t=2.1s 时波源及距波源0.10m 两处的相位；（2）离波源0.80m 处及0.30m 两处的相位。
14-11()[]
x m t s m y 112)4(cos )08.0(---=ππ
解（1）将t ＝2.1s 和x=0代人题给波动方程，可得波源处的相位
π?4.81=
将t ＝2.1s 和x ＝0.10 m 代人题给波动方程，得 0.10 m 处的相位为
π?2.82=
从波动方程可知波长。这样， m 与 m 两点间的相位差
πλπλ=??=?x 2
14-12 为了保持波源的振动不变，需要消耗4.0W 的功率。若波源发出的是球面波（设介质不吸收波的能量）。求距离波源5.0m 和10.0m 处的能流密度。
14-12
分析波的传播伴随着能量的传播。由于波源在单位时间内提供的能量恒定，且介质不吸收能量，敌对于球面波而言，单位时间内通过任意半径的球面的能量（即平均能流）相同，都等于波源消耗的功率户。而在同一个球面上各处的能流密度相同，因此，可求出不同位置的能流密度 P I =。
解由分析可知，半径户处的能疏密度为 24r P I π=
当 r 1＝5。0 m 、r 2＝10.0 m 时，分别有
222
111027.14--??==m W r P I π
232221018.34--??==m W r P I π
14-13 有一波在介质中传播，其波速u=1.0×103m/s ，振幅A=1.0×10-4m ，频率ν=1.0×103Hz 。若介质的密度为ρ=8.0×102kg/m 3，求：（1）该波的能流密度；（2）1min 内垂直通过4.0×10-4m 2的总能量。
14-1313100.1-??=s m u
Hz v m A 34100.1,100.1?=?=-
32100.8-??=m kg ρ
24100.4m -?
解（1）由能流密度I 的表达式得
25222221058.1221-??===m W v uA uA I ρπωρ 2）在时间间隔s t 60=?内垂直通过面积 S 的能量为
J t IS t P W 31079.3?=??=??=
14-14 如图14-14所示，两振动方向相同的平面简谐波波源分别位于A 、B 两点。设它们的相位相同，且频率均为ν=30Hz ，波速u=0.50m/s ，求在点P 处两列波的相位差。
14-14 v=30Hz
150.0-?=s m u
分析在均匀介质中，两列波相遇时的相位差??，一般由两部分组成，即它们的初相差
B A ??-和由它们的波程差而引起的相位差λπr ?2。
本题因B =??A ，故它们的相位差只取决于波程差。
解在图14－14的APB ?中，由余弦定理可得
m AB AP AB AP BP 94.230cos 222=??-+=
两列波在点P 处的波程差为BP AP r -=?，则相位差为
ππλπ?2.722=?=??=?u r v r
14-15 两波在同一细绳上传播，它们的方程分别为])4[()cos()06.0(111t s x m m y ---=ππ和])4[()cos()06.0(112t s x m m y --+=ππ。（1）证明这细绳是作驻波式振动，并求节点和波腹的位置；
（2）波腹处的振幅有多大？在x=1.2m 处，振幅多大？
14-15
分析只需证明这两列波会成后具有驻波方程 的形式即可。由驻波方程可确定波腹、波节的位置和任意位置处的
振幅。
解（l ）将已知两波动方程分别改写为
可见它们的振幅 A 二0。06 m ，周期 T 二0。5 s （频率。二2 Hi ），波长八二2 m 。在波线上任取一点P ，它距原点为P 。则该点的合运动方程为
k 式与驻波方程具有相同形式，因此，这就是驻波的运动方程
由
得波节位置的坐标为
由
得波腹位置的坐标为
门）驻波振幅，在波腹处A ’二ZA 二0。12 m ；在x 二
0。12 m 处，振幅为
()()[]t s x m m y 1114cos )06.0(---=ππ
()()[]
t s x m m y 1124cos )06.0(--+=ππ ()()vt x A y πλπ2cos 2cos 2=
()m x s t m y 25.2cos )06.0(1-=π
()m x s t m y 25.02cos )06.0(2+=π
t s x m t
s x m y y y P P P P )4cos(2cos )12.0()4cos()cos()12.0(1121--??? ??==+=πλπππ
02cos 2=??? ?
?λπP x A ???±±=+=+=,2,1,0,)5.0(4)12(k m k k x P λ
m A x A P 12.022cos 2==??? ?
?λπ ???±±===,2,1,0,2k km k x P λ
12.02,2cos 2=='??? ?
?='A A x A A P λπ ()m m x A A P 097.012.0cos 12.02cos 2==??? ?
?='πλπ
14-16 一弦上的驻波方程式为t s x m m y )550cos()6.1cos()100.3(112---?=ππ。（1）若将此驻波看成是由传播方向相反，振幅及波速均相同的两列相干波叠加而成的，求它们的振幅及波速；（2）求相邻波节之间的距离；（3）求t=3.0×10-3s 时位于x=0.625m 处质点的振动速度。
14-16
分析（1）采用比较法。将本题所给的驻波方程，与驻波方程的一般形式相比较即可求得振幅、波速等。（2）由波节位置的表达式可得相邻波节的距离。（3）质点的振动速度可按速度定义V 一如Nz 求得。
解（1）将已知驻波方程 y ＝（3。 0 X 10－2 m ） cos （。 6。 ml ） －coos （550。s 一小与驻波方程的一般形式 y ＝ ZAcos （2。x ／八）。（2。yi ）作比较，可得两列波的振幅 A ＝ 1。 5 X 10－‘ m ，波长八二 1。 25 m ，频率 v 二 275 Hi ，则波速 u 一如 2343。8 in ·SI
（2）相邻波节间的距离为
(3）在 t 二 3。 0 X 10－3 s 时，位于 x ＝ 0。 625 m 处质点的振动速度为 ()()t s x m m y 112550cos 6.1cos )100.3(---?=ππ
s t 3100.3-?=
dt dy v =
()()
t s x m m y 112550cos 6.1cos )100.3(---?=ππ ()()vt x A y πλπ2cos 2cos 2=
m A 2105.1-?=
18.343-?==s m v u λ
625.024)12(4]1)1(2[1==+-++=-=?+λλλk k x x x k k
s t 3100.3-?=
()()()
11112.46550sin 6.1cos 5.16----?-=?-==s m t s x m s m dt dy v πππ
14-17 一平面简谐波的频率为500Hz ，在空气中（ρ=1.3kg/m 3）以u=340m/s 的速度传播，到达人耳时，振幅约为A=1.0×10-6m 。试求波在耳中的平均能量密度和声强。
14-17
解波在耳中的平均能量密度声强就是声波的能疏密度，即
这个声强略大于繁忙街道上的噪声，使人耳已感到不适应。一般正常谈话的声强 约为 1。 0 X 10－6 W ·m －2左右
26222221042.622
1--??===m J v A A ρπωρ? 231018.2--??==m W u I ?
26100.1--??m W
*14-18 面积为1.0m 2的窗户开向街道，街中噪声在窗户的声强级为80dB 。问有多少声功率传入窗内？
14-18
分析首先要理解声强、声强级、声功率的物理意义，并了解它们之间的相互关系。声强是声波的能流密度I ，而声强级L 是描述介质中不同声波强弱的物理量。它们之间的关系为 L 一体I ／IO ），其中 IO 二 1。 0 X 10－’2 W ·0－‘为规定声强。L 的单位是贝尔（B ），但常用的单位是分贝（dB ），且IB ＝10 dB 。声功率是单位时间内声波通过某面积传递的能量，由于窗户上各处的I 相同，故有P=IS 。
解根据分析，由L ＝ig （I ／ IO ）可得声强为
则传入窗户的声功率为
)0lg(I I L =
010I I L =
2120100.1--??=m W I
W S I IS P L 40100.110-?===
14-19 若在同一介质中传播的、频率分别为1200Hz 和400Hz 的两声波有相同的振幅。求：（1）它们的强度之比；（2）两声波的声强级差。
14-19
解（1）因声强I ＝puA ‘。‘／2，则两声波声强之比
(2)因声强级L 一回对几)，则两声波声强级差为
222ωρuA I =
92
22121==ωωI I ()0lg I I L =
()()()dB B I I I I I I L 54.9954.0lg lg lg 210201===-=?
14-20 一警车以25m/s 的速度在静止的空气中行驶，假设车上警笛的频率为800Hz 。求：（1）静止站在路边的人听到警车驶近和离去时的警笛声波频率；（2）如果警车追赶一辆速度为15m/s 的客车，则客车上的人听到的警笛声波的频率是多少？（设空气中的声速u=330m/s ）
14-20
分析由于声源与观察者之间的相对运动而产生声多普勒效应，由多普勒频率公式可解得结果。在处理这类问题时，不仅要分清观察者相对介质（空气）是静止还是运动，同时也要分清声源的运动状态。
解（1）根据多普勒频率公式，当声源（警车）以速度 vs ＝25 m ·s －‘运动时， 静止于路边的观察者所接收到的频率为
警车驶近观察者时，式中Vs 前取“－”号，故有
警车驶离观察者时，式中Vs 前取“＋”号，故有
2）声源（警车）与客车上的观察者作同向运动时，观察者收到的频率为
S
S v u u v v s m v μ=
'?=-1
25 Hz v u u v v S
6.8651=-=' Hz v u u v
v S 7.7432=+=' Hz v u v u v v S
2.82603=--='
14-21 如图14-21所示。一振动频率为ν=510Hz 的振源在S 点以速度v 向墙壁接近，观察者在点P 处测得拍音频率ν′=3Hz ，求振源移动得速度。（声速为330m/s ）
14-21
分析位于点P 的观察者测得的拍音是振源S 直接传送和经墙壁反射后传递的两列波相遇叠加而形成的。由于振源运动，接收频率。l 、12均与振源速度。有关。根据多普勒效应频率公式和拍频的定义，可解
得振源的速度。
解根据多普勒效应，位于点P 的人直接接收到
声源的频率。 l 和经墙反射后收到的频率 分别为
由拍额的定义有
将数据代入上式并整理，可解得
v
u u v v v u u v v -=+=21, ??
? ??+--=-='v u v u uv v v v 1121 10.1-?≈s m v
14-22 目前普及型晶体管收音机的中波灵敏度（指平均电场强度E ）约为1.0×10-3V/m 。设收音机能清楚的收听到1.0×103km 远处某电台的广播，该台的发射是各向同性的（以球面形式发
射），并且电磁波在传播时没有损耗，问该台的发射功率至少有多大？
14-22
H
E r A A
S P 0024μεπ==?=
292001065.2--??===m W E H E S με
W S r P 42103.34?=?=π
14-23 一气体激光器发射的光强可达3.0×1018W/m 2，计算其对应的电场强度和磁场强度的振幅。
14-23
()1101001075.42-??==m V I E m εμ
18001026.1-??==m A E H m m εμ
大学物理学下册答案第11章
第11章 稳恒磁场 习 题 一 选择题 11-1 边长为l 的正方形线圈，分别用图11-1中所示的两种方式通以电流I （其中ab 、cd 与正方形共面），在这两种情况下，线圈在其中心产生的磁感应强度的大小分别为：[ ] （A ）10B =，20B = （B ）10B = ，02I B l π= （C ）01I B l π= ，20B = （D ）01I B l π= ，02I B l π= 答案：C 解析：有限长直导线在空间激发的磁感应强度大小为012(cos cos )4I B d μθθπ= -，并结合右手螺旋定则判断磁感应强度方向，按照磁场的叠加原理，可计 算 01I B l π= ，20B =。故正确答案为（C ）。 11-2 两个载有相等电流I 的半径为R 的圆线圈一个处于水平位置，一个处于竖直位置，两个线圈的圆心重合，如图11-2所示，则在圆心O 处的磁感应强度大小为多少? [ ] （A ）0 （B ）R I 2/0μ （C ）R I 2/20μ （D ）R I /0μ 答案：C 解析：圆线圈在圆心处的磁感应强度大小为120/2B B I R μ==，按照右手螺旋定 习题11-1图 习题11-2图
则判断知1B 和2B 的方向相互垂直，依照磁场的矢量叠加原理，计算可得圆心O 处的磁感应强度大小为0/2B I R =。 11-3 如图11-3所示，在均匀磁场B 中，有一个半径为R 的半球面S ，S 边线所在平面的单位法线矢量n 与磁感应强度B 的夹角为α，则通过该半球面的磁通量的大小为[ ] （A ）B R 2π （B ）B R 22π （C ）2cos R B πα （D ）2sin R B πα 答案：C 解析：通过半球面的磁感应线线必通过底面，因此2cos m B S R B παΦ=?= 。故正 确答案为（C ）。 11-4 如图11-4所示，在无限长载流直导线附近作一球形闭合曲面S ，当曲面S 向长直导线靠近时，穿过曲面S 的磁通量Φ B 将如何变化？[ ] （ A ）Φ增大， B 也增大 （B ）Φ不变，B 也不变 （ C ）Φ增大，B 不变 （ D ）Φ不变，B 增大 答案：D 解析：根据磁场的高斯定理0S BdS Φ==? ，通过闭合曲面S 的磁感应强度始终为0，保持不变。无限长载流直导线在空间中激发的磁感应强度大小为02I B d μπ= ，曲面S 靠近长直导线时，距离d 减小，从而B 增大。故正确答案为（D ）。 11-5下列说法正确的是[ ] (A) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内一定没有电流穿过 (B) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零 (C) 磁感应强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感应强度必定为零 (D) 磁感应强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感应强度 I 习题11-4图 习题11-3图
大学物理(第五版)上册课后习题答案马文蔚
习题1 1-1 质点作曲线运动，在时刻t 质点的位矢为r ，速度为v ，t 至()t t +?时间内的位移为r ?，路程为s ?，位矢大小的变化量为r ?（或称r ?），平均速度为v ，平均速率为v 。 （1）根据上述情况，则必有（ ） （A ）r s r ?=?=? （B ）r s r ?≠?≠?，当0t ?→时有dr ds dr =≠ （C ）r r s ?≠?≠?，当0t ?→时有dr dr ds =≠ （D ）r s r ?=?≠?，当0t ?→时有dr dr ds == （2）根据上述情况，则必有（ ） （A ）,v v v v == （B ）,v v v v ≠≠ （C ）,v v v v =≠ （D ）,v v v v ≠= 1-2 一运动质点在某瞬间位于位矢(,)r x y 的端点处，对其速度的大小有四种意见，即 （1） dr dt ；（2）dr dt ；（3）ds dt ；（4下列判断正确的是： （A ）只有（1）（2）正确 （B ）只有（2）正确 （C ）只有（2）（3）正确 （D ）只有（3）（4）正确 1-3 质点作曲线运动，r 表示位置矢量，v 表示速度，a 表示加速度，s 表示路程，t a 表示切向加速度。对下列表达式，即 （1）dv dt a =；（2）dr dt v =；（3）ds dt v =；（4）t dv dt a =。 下述判断正确的是（ ） （A ）只有（1）、（4）是对的 （B ）只有（2）、（4）是对的 （C ）只有（2）是对的 （D ）只有（3）是对的 1-4 一个质点在做圆周运动时，则有（ ） （A ）切向加速度一定改变，法向加速度也改变 （B ）切向加速度可能不变，法向加速度一定改变 （C ）切向加速度可能不变，法向加速度不变
大学物理课后题答案
习 题 四 4-1 质量为m =的弹丸，其出口速率为300s m ，设弹丸在枪筒中前进所受到的合力 9800400x F -=。开抢时，子弹在x =0处，试求枪筒的长度。 [解] 设枪筒长度为L ，由动能定理知 2022121mv mv A -= 其中??-==L L dx x Fdx A 00)9 8000400( 9 40004002 L L - = 而00=v ， 所以有： 22 300002.05.09 4000400??=-L L 化简可得： m 45.00 813604002==+-L L L 即枪筒长度为。 4-2 在光滑的水平桌面上平放有如图所示的固定的半圆形屏障。质量为m 的滑块以初速度0v 沿切线方向进入屏障内，滑块与屏障间的摩擦系数为μ，试证明：当滑块从屏障的另一端滑出时，摩擦力所作的功为() 12 1220-= -πμe mv W [证明] 物体受力：屏障对它的压力N ，方向指向圆心，摩擦力f 方向与运动方向相反，大小为 N f μ= (1) 另外，在竖直方向上受重力和水平桌面的支撑力，二者互相平衡与运动无关。 由牛顿运动定律 切向 t ma f =- (2) 法向 R v m N 2 = (3) 联立上述三式解得 R v a 2 t μ-= 又 s v v t s s v t v a d d d d d d d d t === 所以 R v s v v 2 d d μ -= 即 s R v v d d μ-=
两边积分，且利用初始条件s =0时，0v v =得 0ln ln v s R v +- =μ 即 s R e v v μ -=0 由动能定理 2 022 121mv mv W -= ，当滑块从另一端滑出即R s π=时，摩擦力所做的功为 () 12 1212122020220-=-=--πμ πμ e mv mv e mv W R R 4-3 质量为m 的质点开始处于静止状态，在外力F 的作用下沿直线运动。已知 T t F F π2sin 0=，方向与直线平行。求：(1)在0到T 的时间内，力F 的冲量的大小；(2)在0到2T 时间内，力F 冲量的大小；(3)在0到2T 时间内，力F 所作的总功；(4)讨论质点的运动情况。 [解]由冲量的定义?=1 2 d t t t F I ，在直线情况下，求冲量I 的大小可用代数量的积分，即 ?= 1 2 d t t t F I (1) 从t ＝0到 t=T ，冲量的大小为： ?= =T t F I 01d ?-=T T T t T F t T t F 0 00]2cos [2d 2sin πππ=0 (2) 从t =0到 t =T /2，冲量的大小为 π πππ0000 0022 2 2]2cos [2d 2sin d TF T t T F t T t F t F I T T T =-=== ?? (3) 初速度00=v ，由冲量定理 0mv mv I -= 当 t =T /2时，质点的速度m TF m I v π0== 又由动能定理，力F 所作的功 m F T m F mT mv mv mv A 22022 22022 20222212121ππ===-= (4) 质点的加速度)/2sin()/(0T t m F a π=，在t =0到t =T /2时间内，a >0，质点 作初速度为零的加速运动，t =T /2时，a =0，速度达到最大；在t =T /2到t =T 时间内，a <0，但v >0，故质点作减速运动，t =T 时 a =0，速度达到最小，等于零；此后，质点又进行下一
大学物理第三版下册答案(供参考)
习题八 8-1 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q'为负电荷 2 2 2 0) 3 3 ( π4 1 30 cos π4 1 2 a q q a q' = ? ε ε 解得q q 3 3 - =' (2)与三角形边长无关． 题8-1图题8-2图 8-7 一个半径为R的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O点的场强． 解: 如8-7图在圆上取? Rd dl= 题8-7图 ? λ λd d d R l q= =，它在O点产生场强大小为
2 0π4d d R R E ε? λ= 方向沿半径向外 则 ??ελ ?d sin π4sin d d 0R E E x = = ??ελ ?πd cos π4)cos(d d 0R E E y -= -= 积分R R E x 000 π2d sin π4ελ ??ελπ == ? 0d cos π400 =-=? ??ελ π R E y ∴ R E E x 0π2ελ = =，方向沿x 轴正向． 8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强． 解: 高斯定理0 d ε∑? = ?q S E s 取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2= 则 rl E S E S π2d =?? 对(1) 1R r < 0,0==∑E q (2) 21R r R << λl q =∑ ∴ r E 0π2ελ = 沿径向向外
大学物理课后练习习题答案详解.docx
第一章质点运动学 1、( 习题： 一质点在 xOy 平面内运动，运动函数为 x = 2t, y = 4 t 2 8 。（ 1）求质点的轨道方程； （ 2）求 t = 1 s 和 t = 2 s 时质点的位置、速度和加速度。 解：（ 1）由 x=2t 得， y=4t 2 -8 （ 2）质点的位置 ： r r 由 v d r / dt 则速度： r r 由 a d v / d t 则加速度： 则当 t=1s 时，有 r r 可得： y=x 2-8 r 即轨道曲线 r r (4t 2 r 2ti 8) j r r r v 2i 8tj r r a 8 j r r r r r r r 2i 4 j , v 2i 8 j , a 8 j 当 t=2s 时，有 r r r r r r r r r 4i 8 j , v 2i 16j , a 8 j 2、（习题）： 质点沿 x 在轴正向运动，加速度 a kv ， k 为常数．设从原点出发时速度为 v 0 ，求运动方程 x x(t) . 解： dv kv v 1 t kdt v v 0 e kt dt dv v 0 v dx v 0e k t x dx t kt dt x v 0 (1 e kt ) dt v 0 e k 3、一质点沿 x 轴运动，其加速度为 a 4 t (SI) ，已知 t 0 时，质点位于 x 10 m 处，初速度 v 0 ．试求其位置和时间的关系式． 解： a d v /d t 4 t d v 4 t d t v t 4t d t v 2 t 2 dv d x 2 x t 2 3 2 x t d t x 2 t v /d t t /3+10 (SI) x 0 4、一质量为 m 的小球在高度 h 处以初速度 v 0 水平抛出，求： （ 1）小球的运动方程； （ 2）小球在落地之前的轨迹方程； v v （ 3）落地前瞬时小球的 dr ， dv ， dv . dt dt dt 解：（ 1） x v 0 t 式（ 1） y 1 gt 2 式（ 2） v v 1 2 v h r (t ) v 0t i (h - gt ) j 2 2 （ 2）联立式（ 1）、式（ 2）得 y h 2 gx 2 2v 0 v v v v v v （ 3） dr 2h dr v 0i - gt j 而落地所用时间t 所以 v 0i - 2gh j dt g dt v v dv g 2 t g 2gh dv v 2 2 2 ( gt ) 2 dt g j v x v y v 0 dt 2 2 1 2 ( gt ) ] 2 2gh) [v 0 ( v 0 1 2
大学物理课后习题答案(全册)
《大学物理学》课后习题参考答案 习 题1 1-1. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为 )ωt sin ωt (cos j i +=R r 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。 解：1） 由)ωt sin ωt (cos j i +=R r 知 t cos R x ω= t sin R y ω= 消去t 可得轨道方程 222R y x =+ 2） j r v t Rcos sin ωωt ωR ωdt d +-== i R ωt ωR ωt ωR ωv =+-=2 122 ])cos ()sin [( 1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r )t 23(t 42++=，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求： （1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。 解：1）由j i r )t 23(t 42++=可知 2t 4x = t 23y += 消去t 得轨道方程为：2)3y (x -= 2）j i r v 2t 8dt d +== j i j i v r 24)dt 2t 8(dt 1 1 +=+==??Δ 3） j v 2(0)= j i v 28(1)+= 1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r t t 22+=，式中r 的单位为m ，t 的单
位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。 解：1）j i r v 2t 2dt d +== i v a 2dt d == 2）21 22 12)1t (2] 4)t 2[(v +=+= 1 t t 2dt dv a 2 t +== n a == 1-4. 一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。 解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为 2012 1 at t v y += （1） 图 1-4 2022 1 gt t v h y -+= （2） 21y y = （3） 解之 t = 1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的t d d r ，t d d v ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 2 1 h y -= 式（2） j i r )gt 2 1 -h (t v (t)20+= （2）联立式（1）、式（2）得 2 02 v 2gx h y -= （3） j i r gt -v t d d 0= 而 落地所用时间 g h 2t =
大学物理(第四版)课后习题及答案 质点
题1.1：已知质点沿x 轴作直线运动，其运动方程为3322)s m 2()s m 6(m 2t t x --?-?+= 。求（l ）质点在运动开始后s 0.4内位移的大小；（2）质点在该时间内所通过的路程。 题1.1解：（1）质点在4.0 s 内位移的大小 m 3204-=-=?x x x （2）由 0)s m 6()s m 12(d d 232=?-?=--t t t x 得知质点的换向时刻为 ｓ2=P t （t = 0不合题意） 则：m 0.8021=-=?x x x m 40x 242-=-=?x x 所以，质点在4.0 s 时间间隔内的路程为 m 4821=?+?=x x s 题1.2：一质点沿x 轴方向作直线运动，其速度与时间的关系如图所示。设0=t 时，0=x 。试根据已知的图t v -，画出t a -图以及t x -图。 题1.2解：将曲线分为AB 、BC 、CD 三个过程，它们对应的加速度值分别为 2A B A B AB s m 20-?=--=t t v v a （匀加速直线运动） 0BC =a （匀速直线） 2C D C D CD s m 10-?-=--= t t v v a （匀减速直线运动） 根据上述结果即可作出质点的a －t 图 在匀变速直线运动中，有 2002 1at t v x x + += 间内，质点是作v = 201s m -?的匀速直线运动，其x －t 图是斜率k = 20的一段直线。 题1.3：如图所示，湖中有一小船。岸上有人用绳跨过定滑轮拉船靠岸。设滑轮距水面高度为h ，滑轮到原船位置的绳长为0l ，试求：当人以匀速v 拉绳，船运动的速度v '为多少？
大学物理上册课后习题答案
大学物理上册课后习题答案
习题解答 习题一 1-1 ｜r ?｜与r ? 有无不同?t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明． 解： （1）r ?是位移的模，?r 是位矢的模的增量， 即r ?1 2r r -=，1 2 r r r ? ?-=?； （2）t d d r 是速度的模，即t d d r = =v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与r 不同如题1-1图所示. 题 1-1图 (3) t d d v 表示加速度的模，即 t v a d d ? ?= ，t v d d 是加速度a 在切向上的分量.
∵有ττ??(v =v 表轨道节线方向单位矢），所以 t v t v t v d d d d d d τ τ???+= 式中dt dv 就是加速度的切向分量. ( t t r d ?d d ?d τ??Θ与的运算较复杂，超出教材规定，故不予 讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝ 2 2 y x +，然后根据v =t r d d ，及a ＝ 2 2d d t r 而求得结果； 又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v =2 2 d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种 方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有 j y i x r ? ??+=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v ??? ???? ?222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 2 222 22222 2 2 2d d d d d d d d ? ?? ? ??+???? ??=+=? ? ? ??+??? ??=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x
大学物理课后习题答案详解
第一章质点运动学 1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解：（1）由x=2t 得， y=4t 2-8 可得： y=x 2 -8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j = 则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速 度为0v ，求运动方程)(t x x =. 解： kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -?? =0 00 )1(0 t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的 d d r t ，d d v t ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 21h y -= 式（2） 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3） 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2g h d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=
大学物理(上)课后习题标准答案
大学物理(上)课后习题答案
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3 第1章 质点运动学 P21 1.8 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为：x =3t +5, y = 2 1t 2 +3t -4. 式中t 以 s 计，x ,y 以m 计。⑴以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；⑵求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；⑶ 计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；⑷求出质点速度矢量表示式，计算t ＝4 s 时质点的速度；(5)计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t ＝4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)。 解：（1）j t t i t r )432 1()53(2 m ⑵ 1 t s,2 t s 时，j i r 5.081 m ；2114r i j v v v m ∴ 213 4.5r r r i j v v v v v m ⑶0t s 时，054r i j v v v ；4t s 时，41716r i j v v v ∴ 140122035m s 404r r r i j i j t v v v v v v v v v ⑷ 1 d 3(3)m s d r i t j t v v v v v ，则：437i j v v v v 1s m (5) 0t s 时，033i j v v v v ；4t s 时，437i j v v v v 24041 m s 44 j a j t v v v v v v v v v (6) 2d 1 m s d a j t v v v v 这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。 1.9 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为2 26a x ，a 的单位为m/s 2， x 的单位为m 。质点在x =0处，速度为10m/s,试求质点在任何坐标处的速度值。 解：由d d d d d d d d x a t x t x v v v v 得：2 d d (26)d a x x x v v 两边积分 210 d (26)d x x x v v v 得：2322250x x v ∴ 31225 m s x x v 1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 =2+33t ，式中 以弧度计，t 以秒计，求：⑴ t ＝2 s 时，质点的切向和法向加速度；⑵当加速度 的方向和半径成45°角时，其角位移是多少? 解： t t t t 18d d ,9d d 2 ⑴ s 2 t 时，2 s m 362181 R a 2 222s m 1296)29(1 R a n ⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时，有：tan 451n a a 即： R R 2 ，亦即t t 18)9(2 2 ，解得：9 2 3 t 则角位移为：32 2323 2.67rad 9 t 1.13 一质点在半径为0.4m 的圆形轨道上自静止开始作匀角加速度转动，其角加速度为 =0.2 rad/s 2，求t ＝2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度。 解：s 2 t 时，4.02 2.0 t 1s rad 则0.40.40.16R v 1s m 064.0)4.0(4.022 R a n 2 s m 0.40.20.08a R 2 s m 22222s m 102.0)08.0()064.0( a a a n 与切向夹角arctan()0.0640.0843n a a
大学物理课后习题标准答案第六章
大学物理课后习题答案第六章
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第6章 真空中的静电场 习题及答案 1. 电荷为q +和q 2-的两个点电荷分别置于1=x m 和1-=x m 处。一试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合力等于零？ 解：根据两个点电荷对试验电荷的库仑力的大小及方向可以断定，只有试验电荷0q 位于点电荷q +的右侧，它受到的合力才可能为0，所以 2 00 200)1(π4)1(π42-=+x qq x qq εε 故 223+=x 2. 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点。试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解：(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知，q '为负电荷，所以 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 故 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无关。 3. 如图所示，半径为R 、电荷线密度为1λ的一个均匀带电圆环，在其轴线上放一长为 l 、电荷线密度为2λ的均匀带电直线段，该线段的一端处于圆环中心处。求该直线段受到的 电场力。 解：先求均匀带电圆环在其轴线上产生的场强。在带电圆环上取dl dq 1λ=，dq 在带电圆环轴线上x 处产生的场强大小为 ) (4220R x dq dE += πε 根据电荷分布的对称性知，0==z y E E 2 3220)(41 cos R x xdq dE dE x += =πεθ R O λ1 λ2 l x y z
大学物理学吴柳下答案
大学物理学下册 吴柳 第12章 12.1 一个封闭的立方体形的容器,内部空间被一导热的、不漏气的、可移动的隔板分为两部分,开始其内为真空,隔板位于容器的正中间(即隔板两侧的长度都为l 0),如图12-30所示.当两侧各充以p 1,T 1与 p 2,T 2的相同气体后, 长度之比是多少)? 解: 活塞两侧气体的始末状态满足各自的理想气体状态方程 左侧: T pV T V p 111= 得, T pT V p V 1 11= 右侧: T pV T V p 222= 得, T pT V p V 2 22= 122121T p T p V V = 即隔板两侧的长度之比 1 22121T p T p l l = 12.2 已知容器内有某种理想气体,其温度和压强分别为T =273K,p =1.0×10-2 atm ,密度32kg/m 1024.1-?=ρ.求该气体的摩尔质量. 解: nkT p = (1) nm =ρ (2) A mN M = (3) 由以上三式联立得: 1235 2232028.010022.610 013.1100.12731038.11024.1----?=?????????==mol kg N p kT M A ρ 12.3 可用下述方法测定气体的摩尔质量:容积为V 的容器内装满被试验的气体,测出其压力为p 1,温度为T ,并测出容器连同气体的质量为M 1,然后除去一部分气体,使其压力降为p 2,温度不变,容器连同气体的质量为M 2,试求该气体的摩尔质量. 解： () V V -2 2p T )(21M M - V 1p T 1M V 2p T 2M 221V p V p = (1) ( )()RT M M M V V p 21 22-=- (2)
大学物理课后习题答案详解
第一章质点运动学 1、(习题 1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解：（1）由x=2t 得， y=4t 2-8 可得： y=x 2 -8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j = 则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时 速度为0v ，求运动方程)(t x x =. 解： kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -??=000 )1(0t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速 度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的 d d r t ，d d v t ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 21h y -= 式（2） 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3） 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2gh d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=
大学物理(吴柳主编)上册课后习题答案
大学物理(吴柳主编) 上册课后习题答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN
说明： 上册教材中，第5，6，7等章的习题有答案； 第1，2，4，8章的习题有部分答案； 第3，9，10，11章的习题没有答案。 为方便学生使用，现根据上学期各位老师辛苦所做的解答，对书上原有的答案进行了校对，没有错误的，本“补充答案”中不再给出；原书中答案有误的，和原书中没有给出答案的，这里一并给出。错误之处，欢迎指正！ 第1章 1.4． 2.8×10 15 m 1.5．根据方程中各项的量纲要一致，可以判断：Fx= mv 2/2合理， F=mxv , Ft=mxa , Fv= mv 2/2, v 2+v 3=2ax 均不合理. 第2章 2.1 (1) j i )2615()2625(-+-m; )/]()2615()2625[(45 1151020)2615()2625(s m j i j i t r v -+-=++-+-=??= (2)52m; 1.16m/s 2.2 (1) 4.1 m/s; 4.001m/s; 4.0m/s (2) 4m/s; 2 m.s -2 2.3 3m; m 3 4π ; 140033-s .m π方向与位移方向相同; 1.0m/s 方向沿切线方向 2.5 2π (m); 0; 1(s) 2.6 24(m); -16(m) 2.8 2 22 t v R vR dt d +=θ 2.10 (1) 13 22 =+y x (2) t v x 4sin 43ππ-=;t v y 4 cos 4π π=;t a x 4cos 1632ππ-=;t a y 4sin 162ππ-= (3) 2 6= x ,22=y ;π86- =x v ,π82=y v ;,2326π-=x a 2 322π-=y a 2.12 (1) ?=7.382θ，4025.0=t (s)，2.19=y (m) (2) ?=7.382θ，48.2=t (s)，25.93=y (m)。 2.14 (1) 22119x y - = (2) j t i v 42-=;j a 4-= (3) 0=t 时，j r 19=； 3=t 时，j i r +=6。（4）当9=t s 时取“=”，最小距离为37（m ）。
大学物理D下册习题答案
习题9 9.1选择题 (1)正方形的两对角线处各放置电荷Q，另两对角线各放置电荷q，若Q所受到合力为零， 则Q与q的关系为：（） （A）Q=-23/2q (B) Q=23/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q [答案：A] (2)下面说法正确的是：（） （A）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必定没有净电荷； （B）若高斯面内没有电荷，则该面上的电场强度必定处处为零； （C）若高斯面上的电场强度处处不为零，则该面内必定有电荷； （D）若高斯面内有电荷，则该面上的电场强度必定处处不为零。 [答案：A] (3)一半径为R的导体球表面的面点荷密度为σ，则在距球面R处的电场强度（） （A）σ/ε0 （B）σ/2ε0 （C）σ/4ε0 （D）σ/8ε0 [答案：C] (4)在电场中的导体内部的（） （A）电场和电势均为零；（B）电场不为零，电势均为零； （C）电势和表面电势相等；（D）电势低于表面电势。 [答案：C] 9.2填空题 (1)在静电场中，电势梯度不变的区域，电场强度必定为。 [答案：零] (2)一个点电荷q放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为，若将点电荷由中 心向外移动至无限远，则总通量将。 [答案：q/6ε0, 将为零] (3)电介质在电容器中作用（a）——（b）——。 [答案：(a)提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命] (4)电量Q均匀分布在半径为R的球体内，则球内球外的静电能之比。 [答案：1：5] 9.3 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题9.3图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q 为负电荷
《大学物理学》第二版上册课后答案
大学物理学习题答案 习题一答案 习题一 1.1 简要回答下列问题： (1) 位移和路程有何区别？在什么情况下二者的量值相等？在什么情况下二者的量值不相 等？ (2) 平均速度和平均速率有何区别？在什么情况下二者的量值相等？ (3) 瞬时速度和平均速度的关系和区别是什么？瞬时速率和平均速率的关系和区别又是什 么？ (4) 质点的位矢方向不变，它是否一定做直线运动？质点做直线运动，其位矢的方向是否一 定保持不变？ (5) r ?和r ?有区别吗？v ?和v ?有区别吗？ 0dv dt =和0d v dt =各代表什么运动？ (6) 设质点的运动方程为：()x x t =，()y y t =，在计算质点的速度和加速度时，有人先求 出22r x y = + dr v dt = 及 22d r a dt = 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v = 及 a =你认为两种方法哪一种正确？两者区别何在？ (7) 如果一质点的加速度与时间的关系是线性的，那么，该质点的速度和位矢与时间的关系是否也是线性的？ (8) “物体做曲线运动时，速度方向一定在运动轨道的切线方向，法向分速度恒为零，因此 其法向加速度也一定为零.”这种说法正确吗？ (9) 任意平面曲线运动的加速度的方向总指向曲线凹进那一侧，为什么？ (10) 质点沿圆周运动，且速率随时间均匀增大，n a 、t a 、a 三者的大小是否随时间改变？ (11) 一个人在以恒定速度运动的火车上竖直向上抛出一石子，此石子能否落回他的手中？如果石子抛出后，火车以恒定加速度前进，结果又如何？ 1.2 一质点沿x 轴运动，坐标与时间的变化关系为224t t x -=，式中t x ,分别以m 、s 为单位，试计算：(1)在最初s 2内的位移、平均速度和s 2末的瞬时速度；(2)s 1末到s 3末的平均
《大学物理学》(袁艳红主编)下册课后习题答案
第9章 静电场 习 题 一 选择题 9-1 两个带有电量为2q 等量异号电荷，形状相同的金属小球A 和B 相互作用力为f ，它们之间的距离R 远大于小球本身的直径，现在用一个带有绝缘柄的原来不带电的相同的金属小球C 去和小球A 接触，再和B 接触，然后移去，则球A 和球B 之间的作用力变为[ ] (A) 4f (B) 8f (C) 38f (D) 16 f 答案：B 解析：经过碰撞后，球A 、B 带电量为2q ，根据库伦定律12204q q F r πε=，可知球A 、B 间的作用力变为 8 f 。 9-2关于电场强度定义式/F E =0q ，下列说法中哪个是正确的？[ ] (A) 电场场强E 的大小与试验电荷0q 的大小成反比 (B) 对场中某点，试验电荷受力F 与0q 的比值不因0q 而变 (C) 试验电荷受力F 的方向就是电场强度E 的方向 (D) 若场中某点不放试验电荷0q ，则0=F ，从而0=E 答案：B 解析：根据电场强度的定义，E 的大小与试验电荷无关，方向为试验电荷为正电荷时的受力方向。因而正确答案（B ） 9-3 如图9-3所示，任一闭合曲面S 内有一点电荷q ，O 为S 面上任一点，若将q 由闭合曲面内的P 点移到T 点，且 OP =OT ，那么[ ] (A) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小不变 (B) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小改变 习题9-3图
(C) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小改变 (D) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小不变 答案：D 解析：根据高斯定理，穿过闭合曲面的电场强度通量正比于面内电荷量的代数和，曲面S 内电荷量没变，因而电场强度通量不变。O 点电场强度大小与所有电荷有关，由点电荷电场强度大小的计算公式2 04q E r πε= ，移动电荷后，由于OP =OT ， 即r 没有变化，q 没有变化，因而电场强度大小不变。因而正确答案（D ） 9-4 在边长为a 的正立方体中心有一个电量为q 的点电荷，则通过该立方体任一面的电场强度通量为 [ ] (A) q /ε0 (B) q /2ε0 (C) q /4ε0 (D) q /6ε0 答案：D 解析：根据电场的高斯定理，通过该立方体的电场强度通量为q /ε0，并且电荷位于正立方体中心，因此通过立方体六个面的电场强度通量大小相等。因而通过该立方体任一面的电场强度通量为q /6ε0，答案（D ） 9-5 在静电场中，高斯定理告诉我们[ ] (A) 高斯面内不包围电荷，则面上各点E 的量值处处为零 (B) 高斯面上各点的E 只与面内电荷有关，但与面内电荷分布无关 (C) 穿过高斯面的E 通量，仅与面内电荷有关，而与面内电荷分布无关 (D) 穿过高斯面的E 通量为零，则面上各点的E 必为零 答案：C 解析：高斯定理表明通过闭合曲面的电场强度通量正比于曲面内部电荷量的代数和，与面内电荷分布无关；电场强度E 为矢量，却与空间中所有电荷大小与分布均有关。故答案（C ） 9-6 两个均匀带电的同心球面，半径分别为R 1、R 2(R 1 第1章 质点运动学 习 题 一 选择题 1-1 对质点的运动，有以下几种表述，正确的是[ ] (A)在直线运动中，质点的加速度和速度的方向相同 (B)在某一过程中平均加速度不为零，则平均速度也不可能为零 (C)若某质点加速度的大小和方向不变，其速度的大小和方向可不断变化 (D)在直线运动中，加速度不断减小，则速度也不断减小 解析：速度是描述质点运动的方向和快慢的物理量，加速度是描述质点运动速度变化的物理量，两者没有确定的对应关系，故答案选C 。 1-2 某质点的运动方程为)(12323m t t x +-=，则该质点作[ ] (A)匀加速直线运动，加速度沿ox 轴正向 (B)匀加速直线运动，加速度沿ox 轴负向 (C)变加速直线运动，加速度沿ox 轴正向 (D)变加速直线运动，加速度沿ox 轴负向 解析：229dx v t dt = =-，18dv a t dt ==-，故答案选D 。 1-3 一质点在平面上作一般曲线运动，其瞬时速度为v ，瞬时速率为v ，某一段时间内的平均速率为v ，平均速度为v ，他们之间的关系必定有[ ] (A)v =v ，v =v (B)v ≠v ，v =v (C)v ≠v ，v ≠v (D)v =v ，v ≠v 解析：瞬时速度的大小即瞬时速率，故v =v ；平均速率s v t ?=?，而平均速度t ??r v = ，故v ≠v 。答案选D 。 1-4 质点作圆周运动时，下列表述中正确的是[ ] (A)速度方向一定指向切向，所以法向加速度也一定为零 (B)法向分速度为零，所以法向加速度也一定为零 (C)必有加速度，但法向加速度可以为零 (D)法向加速度一定不为零 解析：质点作圆周运动时，2 n t v dv a a dt ρ =+=+ n t n t a e e e e ，所以法向加速度一定不为零，答案选D 。 1-5 某物体的运动规律为 2dv kv t dt =-，式中，k 为大于零的常量。当0t =时，初速为0v ，则速率v 与时间t 的函数关系为[ ] (A)2012v kt v =+ (B)2011 2kt v v =+ (C)2012v kt v =-+ (D)2011 2kt v v =-+ 解析：由于2dv kv t dt =-，所以 02 0()v t v dv kv t dt =-? ? ，得到20 11 2kt v v =+，故答案选B 。 二 填空题 1-6 已知质点位置矢量随时间变化的函数关系为2=4t +( 2t+3)r i j ，则从大学物理学(课后答案解析)第1章